大学物理刚体的运动及其习题答案共42页文档

合集下载

《大学物理》刚体力学练习题及答案解析

《大学物理》刚体力学练习题及答案解析一、选择题1.刚体对轴的转动惯量，与哪个因素无关 [ C ]（A）刚体的质量（B）刚体质量的空间分布（C）刚体的转动速度（D）刚体转轴的位置2.有两个力作用在一个有固定轴的刚体上. [ B ](1)这两个力都平行于轴作用时,它们对轴的合力矩一定是零;(2)这两个力都垂直于轴作用时,它们对轴的合力矩可能是零;(3)这两个力的合力为零时,它们对轴的合力矩也一定是零;(4)当这两个力对轴的合力矩为零时,它们的合力也一定是零.在上述说法中,(A)只有(1)是正确的；(B) (1)、(2) 正确, (3)、(4)错误；(C) (1)、(2)、(3)都正确, (4)错误；(D) (1)、(2)、(3)、(4)都正确.3.均匀细棒OA可绕通过其一端O而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆动到竖立位置的过程中，下述说法哪一种是正确的[ A ](A) 角速度从小到大，角加速度从大到小；(B) 角速度从小到大，角加速度从小到大；(C) 角速度从大到小，角加速度从大到小；(D) 角速度从大到小，角加速度从小到大.4．如图所示，圆锥摆的小球在水平面内作匀速率圆周运动，小球和地球所组成的系统，下列哪些物理量守恒（ C ）（A）动量守恒，角动量守恒（B）动量和机械能守恒（C）角动量和机械能守恒（D）动量，角动量，机械能守恒5.一圆盘绕通过盘心且垂直于盘面的水平轴转动，轴间摩擦不计，如图射来两个质量相同，速度大小相同、方向相反并在一条直线上的子弹，它们同时射入圆盘并且留在盘内，在子弹射入后的瞬间，对于圆盘和子弹系统的角动量L以及圆盘的角速度ω则有（ B ）（A）L不变，ω增大（B）L不变，ω减小（C）L变大，ω不变（D）两者均不变6.一花样滑冰者，开始自转时，其动能为20021ωJ E =。

然后他将手臂收回，转动惯量减少为原来的1/3，此时他的角速度变为ω，动能变为E ，则下列关系正确的是（ D ）（A ）00,3E E ==ωω （B ）003,31E E ==ωω （C ）00,3E E ==ωω （D ）003,3E E ==ωω1C 2.B ，3.A ，4.C ，5.B ，6.D二、填空1.当刚体受到的合外力的力矩为零时，刚体具有将保持静止的状态或_____________状态，把刚体的这一性质叫刚体___________。

大学物理第四章刚体的转动部分的习题及答案

第四章刚体的转动一、简答题：1、简述刚体定轴转动的角动量守恒定律并给出其数学表达式?答案：刚体定轴转动时，若所受合外力矩为零或不受外力矩，则刚体的角动量保持不变。

2、写出刚体绕定轴转动的转动定律文字表达与数学表达式?答案：刚体绕定轴转动的转动定律：刚体绕定轴转动时，刚体的角加速度与它所受的合外力矩成正比，与刚体的转动惯量成反比。

表达式为：αJ M =。

3、写出刚体转动惯量的公式，并说明它由哪些因素确定?答案：dm r J V⎰=2①刚体的质量及其分布；②转轴的位置；③刚体的形状。

二、选择题1、在定轴转动中，如果合外力矩的方向与角速度的方向一致，则以下说法正确的是 ( A )A.合力矩增大时，物体角速度一定增大；B.合力矩减小时，物体角速度一定减小；C.合力矩减小时，物体角加速度不一定变小；D.合力矩增大时，物体角加速度不一定增大2、关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是 ( C ) A.只取决于刚体的质量，与质量的空间分布和轴的位置无关； B.取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关； C.取决于刚体的质量，质量的空间分布和轴的位置；D.只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关；3、有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度0ω转动，此时有一质量为m 的人站住转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为 ( A ) A.()2mR J J +ω B.()2Rm J J +ω C.20mR J ω D.0ω4、均匀细棒OA 可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示。

今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆动到竖直位置的过程中，下述说法哪一种是正确的? ( A )A.角速度从小到大，角加速度从大到小．B.角速度从小到大，角加速度从小到大．C.角速度从大到小，角加速度从大到小．D.角速度从大到小，角加速度从小到大．5、一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动，如图射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，子弹射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度( C )A.增大B.不变C.减小 (D) 、不能确定6、在地球绕太阳中心作椭圆运动时，则地球对太阳中心的 ( B ) A.角动量守恒，动能守恒 B.角动量守恒，机械能守恒 C.角动量不守恒，机械能守恒 D.角动量守恒，动量守恒7、有两个半径相同,质量相等的细圆环A 和B ，A 环的质量分布均匀，B 环的质量分布不均匀，它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为A J 和B J ，则 ( C )A.B A J J >；B.B A J J <；C.B A J J =；D.不能确定A J 、B J 哪个大。

大学物理(第四版)课后习题及答案刚体

题4.1：一汽车发动机曲轴的转速在s 12内由13min r 102.1-⋅⨯均匀的增加到13min r 107.2-⋅⨯。

（1）求曲轴转动的角加速度；（2）在此时间内，曲轴转了多少转？题4.1解：（1）由于角速度ω =2πn （n 为单位时间内的转数），根据角加速度的定义td d ωα=，在匀变速转动中角加速度为()200s rad 1.132-⋅=-=-=tn n t πωωα（2）发动机曲轴转过的角度为()t n n t t t 0020221+=+=+=πωωαωθ在12 s 内曲轴转过的圈数为圈390220=+==t n n N πθ 题4.2：某种电动机启动后转速随时间变化的关系为)1(0τωωte --=，式中10s rad 0.9-⋅=ω，s 0.2=τ。

求：（1）s 0.6=t 时的转速；（2）角加速度随时间变化的规律；（3）启动后s 0.6内转过的圈数。

题4.2解：（1）根据题意中转速随时间的变化关系，将t = 6.0 s 代入，即得100s 6.895.01--==⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=ωωωτte（2）角加速度随时间变化的规律为220s 5.4d d ---===tte e t ττωωα（3）t = 6.0 s 时转过的角度为 rad 9.36d 1d 60060=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-==⎰⎰-s tst e t τωωθ 则t = 6.0 s 时电动机转过的圈数圈87.52==πθN 题4.3：如图所示，一通风机的转动部分以初角速度0ω绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数C 为一常量。

若转动部分对其轴的转动惯量为J ，问：（1）经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半？（2）在此时间内共转过多少转？题4.3解：（1）通风机叶片所受的阻力矩为ωM C -=，由转动定律αM J =，可得叶片的角加速度为JC t ωωα-==d d （1）根据初始条件对式（1）积分，有⎰⎰-=ωωω00d d d t t J C t由于C 和J 均为常量，得t JC e-=0ωω当角速度由0021ωω→时，转动所需的时间为2ln CJt = （2）根据初始条件对式（2）积分，有⎰⎰-=tt JC t e00d d ωθθ即CJ 20ωθ=在时间t 内所转过的圈数为 CJ N πωπθ420==题4.4：一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为m N 1003.23⋅⨯，涡轮的转动惯量为2m kg 0.25⋅。

大学物理习题答案03刚体运动学

⼤学物理习题答案03刚体运动学⼤学物理练习题三⼀、选择题1.⼀⼒学系统由两个质点组成，它们之间只有引⼒作⽤。

若两质点所受外⼒的⽮量和为零，则此系统(A) 动量、机械能以及对⼀轴的⾓动量都守恒。

(B) 动量、机械能守恒，但⾓动量是否守恒不能断定。

(D) 动量和⾓动量守恒，但机械能是否守恒不能断定。

[ C ]解：系统＝０合外F，内⼒是引⼒（保守内⼒）。

（１）021 F F,＝０合外F ，动量守恒。

（２）2211r F r F A ＝合。

21F F，但21r r时0A 外，因此Ｅ不⼀定守恒。

（３）21F F，2211d F d F M ＝合。

两⼒对定点的⼒臂21d d 时，0 合外M，故L 不⼀定守恒。

2. 如图所⽰，有⼀个⼩物体，置于⼀个光滑的⽔平桌⾯上，有⼀绳其⼀端连结此物体，另⼀端穿过桌⾯中⼼的⼩孔，该物体原以⾓速度ω在距孔为R 的圆周上转动，今将绳从⼩孔往下拉。

则物体 (A) 动能不变，动量改变。

(B) 动量不变，动能改变。

(D) ⾓动量改变，动量改变。

(E)⾓动量不变，动能、动量都改变。

[ E ]解：合外⼒（拉⼒）对圆⼼的⼒矩为零，⾓动量O Rrmv L 守恒。

r 减⼩，v 增⼤。

因此p 、E k 均变化（m不变）。

3. 有两个半径相同，质量相等的细圆环A 和B 。

A 环的质量分布均匀，B 环的质量分布不均匀。

它们对通过环⼼并与环⾯垂直的轴的转动惯量分别为J A 和J B ，则(A)A J >B J (B) A J < B J(C) A J =B J (D) 不能确定A J 、B J 哪个⼤。

[ C ]解：2222mR dm R dm R dm r J， J 与m 的分布⽆关。

另问：如果是椭圆环，J 与质量分布有关吗？（是）4. 光滑的⽔平桌⾯上，有⼀长为2L 、质量为m 的匀质细杆，可绕过其中点且垂直于杆的竖直光滑固定轴O ⾃由转动，其转动惯量为31mL 2，起初杆静⽌。

大学物理一复习第四章刚体的转动-文档资料

mg FT2 ma2

FT1 FT2
R
mg FT1 r
m
a1
J
a1 r
a2 R
FT1 r R
FT1'
A
mg
β
FT2
FT2'
B
mg
mg(R r)
J mR2 mr2
a1

r

J
mgr(R r) mR2 mr2
40 半径减小角速度增加。
（2）拉力作功。请考虑合外力矩为0，为什么拉力还作功呢？
W

0
Md
在定义力矩作功时，我们认为只有切向力作功，而法向力与位移垂直不作功。
但在例题中，小球受的拉力与位移并不垂直，小球的运动轨迹为螺旋线，法向力要作功。
o
F
r d Fn F
解得
a2

R

mgR(R r) J mR2 mr2
FT1 mg ma1
FT2 mg ma2
例2：光滑斜面倾角为，顶端固定一半径为 R ，质量为 M 的定滑轮，质量为 m 的物体用一轻绳缠在定滑轮上沿斜面下滑，求:下滑的加速度 a 。
解：物体系中先以
物体 m 研究对象，
A
分别根据牛二定律和转动定律列方程：
角量、线量关系式
解得：
a
mB g
mA mB mC 2
T1

mAmB g
mA mB mC
2
T2

(mA mC 2)mBg mA mB mC 2
如令 mC 0，可得：

大学物理2-1第四章（刚体力学）习题答案

大学物理2-1第四章（刚体力学）习题答案习题四4-1 一飞轮的半径为2m ，用一条一端系有重物的绳子绕在飞轮上，飞轮可绕水平轴转动，飞轮与绳子无相对滑动。

当重物下落时可使飞轮旋转起来。

若重物下落的距离由方程2at x =给出，其中2s m 0.2=a 。

试求飞轮在t 时刻的角速度和角加速度。

[解] 设重物的加速度为t a ，t 时刻飞轮的角速度和角加速度分别为ω和β，则a txa 2d d 22t ==因为飞轮与绳子之间无相对滑动，所以βR a =t则 2t rad/s 0.220.222=?===R a R a β 由题意知 t =0时刻飞轮的角速度00=ω 所以 rad 0.20t t t ==+=ββωω4-2 一飞轮从静止开始加速，在6s 内其角速度均匀地增加到200minrad，然后以这个速度匀速旋转一段时间，再予以制动，其角速度均匀减小。

又过了5s 后，飞轮停止转动。

若该飞轮总共转了100转，求共运转了多少时间 [解] 分三个阶段进行分析10 加速阶段。

由题意知111t βω= 和11212θβω= 得22111211t ωβωθ==20 匀速旋转阶段。

212t ωθ= 3制动阶段。

331t βω= 33212θβω= 22313213t ωβωθ== 由题意知100321=++θθθ 联立得到πωωω210022312111?=++t t t所以 s 1836020025602002660200210022=-??-=ππππt 因此转动的总时间 s 19418356321=++=++=t t t t4-3 历史上用旋转齿轮法测量光速的原理如下：用一束光通过匀速旋转的齿轮边缘的齿孔A ，到达远处的镜面反射后又回到齿轮上。

设齿轮的半径为5cm ，边缘上的齿孔数为500个，齿轮的转速，使反射光恰好通过与A 相邻的齿孔B 。

(1)若测得这时齿轮的角速度为600s r ，齿轮到反射镜的距离为500 m ，那么测得的光速是多大(2)齿轮边缘上一点的线速度和加速度是多大[解] (1) 齿轮由A 转到B 孔所需要的时间5103126005002?===ππωθt所以光速 s m 10310315002285=??==TL c(2) 齿轮边缘上一点的线速度s m 1088.1260010522?===-πωR v齿轮边缘上一点的加速度()25222s m 1010.71052600?===-πωR a4-4 刚体上一点随刚体绕定轴转动。

大学物理刚体的转动知识点及试题带答案

刚体的转动一、基本要求：1、理解刚体的概念；了解刚体的平动和转动；掌握转动惯量的物理意义；掌握力矩的物理意义及其计算。

2、理解转动惯量的物理意义及其计算；掌握刚体定轴转动的转动定律及计算。

3、理解质点和刚体的角动量；掌握角动量守恒定律的适用条件及应用；掌握刚体转动动能的概念及计算。

二、主要内容： 1、刚体：是在外力作用下形状和大小保持不变的物体称为刚体。

是一个理想化的力学模型，它是指各部分的相对位置在运动中（无论有无外力作用）均保持不变的物体。

即运动过程中没有形变的物体。

2、平动：当刚体中所有点的运动轨迹都保持完全相同时，或者说刚体内任意两点间的连线总是平行于它们的初始位置间的连线时，刚体的运动叫作平动。

3．转动：刚体中所有的点都绕同一条直线作圆周运动，这种运动称为转动。

这条直线叫作转轴。

4、描述刚体转动的物理量引入：刚体作定轴转动时，刚体上的各点都绕定轴作圆周运动。

刚体上各点的速度和加速度都是不同的，用线量描述不太方便。

但是由于刚体上各个质点之间的相对位置不变，因而绕定轴转动的刚体上所有点在同一时间内都具有相同的角位移，在同一时刻都具有相同的角速度和角加速度，故采用角量描述比较方便。

为此引入角量：角位置、角位移、角速度、角加速度。

5、角量与线量的关系半径R ，角位移θ∆ 弧长 θ∆⋅=∆R s 线速度v: ωθR t R t s v t t =∆∆=∆∆=→∆→∆lim lim法向加速度： 222)(ωωr RR R v a n === 切向加速度： αωωτ⋅=⋅===R dtd R R dt d dt dv a )( 结论：刚体作定轴转动时，在某一时刻刚体上所有各点的角位移、角速度和角加速度都是相同的；而各点的线位移、线速度和线加速度均与r 成正比。

6转动定律：刚体在合外力矩的作用下，刚体所获得的角加速度与它所受的合外力矩成正比，与刚体的转动惯量成反比。

● 合外力矩和转动惯量都是相对于同一转轴而言的； ● 转动定律是解决刚体定轴转动的基本定律，它的地位与质点动力学中牛顿第二定律相当。

刚体习题和答案

A
所示，滑块 A、重物 B 和滑轮 C
B
的质量分别为 mA、mB 和 mC，滑
轮的半径为
R
，滑轮对轴的转动惯量
J
＝
1 2
mC
4
编号 ____________姓名 __________
《大学物理Ⅰ》答题纸
第五章
R2．滑块 A 与桌面间、滑轮与轴承之间均无摩
擦，绳的质量可不计，绳与滑轮之间无相对滑
碰前的角mv0动32 l 量为：
碰后的角动量为：
m
1 2
v0
2 3
l
[m( 2 3
l)2
2m(1 l)2 ] 3
所以 mv0
2 3
l
m
1 2
v0
2 3
l
[m( 2 3
l)2
2m(1 l)2 ] 3
得 3v0 2l
6、自测提高（17）如图 5-25 所示，
一质量均匀分布的圆盘，质量为 m0，
O
动．滑块 A 的加速度 a 2mB g 2(mA mB ) mC
【解答】
T
T
由转动定律得:
B
A
TB R TAR J GB TB mBa TA mAa a R
(1)
(2) (3) GB
(4)
4 个方程,共有 4 个未知量: TA 、TB 、 a 和。可求：
a 2mB g 2mA mB mc
(1 2
mv0 m0 m)R
（2）圆盘的质量面密度 m0 在圆盘上取一 R2
半径为 r,宽为 dr 的小环带，
dM 2rdr 此环带受到的摩擦阻力矩
dM rgdm rg 2r 2dr

刚体习题及答案

例1.一轻绳绕过一定滑轮，滑轮轴光滑，滑轮的质量为 M/4，均匀分布在其边缘上，绳子 A 端有一质量为 M的人抓住了绳端，而在绳的另一端 B 系了一质量为 M/2 的重物，如图示。 A 设人从静止开始以相对绳匀速向上爬时，绳与滑轮间无相对滑动，求 B 端重物上升的加速度？解：受力分析如图示，由题意 a人=aB=a
1 2 mvl mv l ml 3
③弹性碰撞，故动能也守恒，有:
1 1 1 1 mv 2 mv 2 ( ml 2 ) 2 2 2 2 3
④碰后杆上升过程，杆与地球系统的机械能守恒: 1 1 2 2 1 ( ml ) mgl (1 cos ) 2 3 2 3 arccos2 3 联立求解，得：
人: Mg T 2 Ma
1 1 物 : T1 - Mg = Ma 2 2
B

T2
o
T1
2 a g 7
A
Mg
B
a
轮： (T2 T1 ) R J
1 Mg 2
a R
例2.两个匀质圆盘，一大一小，同轴地粘结在一起，构成一个组合轮。小圆盘的半径为r，质量为m；大圆盘的半径r’＝2r，质量为m’=2m。组合轮可绕通过其中心且垂直于盘面的光滑水平固定轴O转动，对O轴的转动惯量J＝9mr2/2。两圆盘边缘上分别绕有轻质细绳，细绳下端各悬挂质量为m的物体A和B，如图所示。这一系统从静止开始运动，绳与盘无相对滑动，绳的长度不变。已知r = 10 cm．求： (1) 组合轮的角加速度； (2) 当物体A上升h＝40 cm时，组合轮的角速度ω。
r r
2.对薄平板刚体的正交轴定理 z J
yi xi x 典型应用：
z
mi ri

大学物理第四章-刚体的转动-习题及答案

第 4 章刚体的定轴转动习题及答案
1．刚体绕一定轴作匀变速转动，刚体上任一点是否有切向加速度？是否有法向加速度？切向和法向加速度的大小是否随时间变化？
答：当刚体作匀变速转动时,角加速度不变。刚体上任一点都作匀变速圆周运动，因此该点速
率在均匀变化，v l ，所以一定有切向加速度 at l ，其大小不变。又因该点速度的方向变化，
ω dr
（1）圆盘上半径为r、宽度为dr的同心圆环所受的摩擦力矩
为
dM
m
(
R2
2 rdr)grBiblioteka 2r 2 mgdr/
R2
负号表示摩擦力矩为阻力矩。对上式沿径向积分得圆盘所受
r dF
的总摩擦力矩大小为
M dM R 2r2mgdrdr 2 mgR
0
R2
3
（2）由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量 I 1 mr2 ，由角动量定理可得圆盘停止的 2
度．
解：碰撞过程满足角动量守恒：
2 3
mv0l
1 2
mv0
2 3
l
I
而
I m( 2 l)2 2m(1 l)2 2 ml2
3
33
所以
mv0l
2 3
ml 2
由此得到： 3v0 2l
2m
1 3
l
O⅓l
1 2
v
0
2 3
l
m
⅓l m v0
⅓l
15. 如图所示，A和B两飞轮的轴杆在同一中心线上，设两轮的转动惯量分别为 JA＝10 kg·m2 和 JB
2
2
22
2
2
1 16
( Ld14
1 2
ad24

大学物理刚体的运动及其习题答案

M J mR / t
2

M=f R= m NR
已知：重物m1m2 滑轮 M1 M2，R1 R2
m1 : m1 g T1 m1a m2 : T3 m2 g m2 a
J1 : T1R1 T2 R1 J11
T2 a
T1
m1
T3
m2
J 2 : T2 R2 T3 R2 J 2 2
静止时间2.2 ×10-6 运动尺子缩短 8000/g
下落需要时间 8000/g (0.998 ×3 ×108)=2.7 ×10-5/g
能
6-5已知:D x=0, Dt =2s, Dt’ =3s 求: Dx’ u 解: Dt ' g (Dt 2 Dx) =gDt c D x’=g (Dx-uDt) g =1.5,u=0.75c
思考：什么情况力矩为零？
例滑轮转动惯量J，绳子质量不计
平动
转动
T2
T1
a
m1 : m1 g T1 m1a m2 : T2 m2 g m2 a J : T1R T2 R J
a/R
一个飞轮的质量为m=60kg, 半径为R=0.25m, 正以每分1000转的转速转动.现要制动飞轮, 要求在t=5.0s内使它减速而停下来.求闸瓦对轮的压力N。假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数为m=0 .4,而飞轮的质量视为全部分布在轮的外周。 N F 解：=1000· 2p /60 /t f
第五章
刚体的定轴转动
5-1 刚体的运动
5-2 刚体定轴转动定律
5-3 转动惯量的计算
5-4 刚体定轴转动定律的应用
5-5 转动中的功和能
5-6 刚体的角动量和角动量守恒定律

《大学物理AⅠ》刚体定轴转动习题、答案及解法

《大学物理A Ⅰ》刚体定轴转动习题、答案及解法一．选择题1．两个匀质圆盘A 和B 相对于过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为A J 和B J ，若A B J J >，但两圆盘的的质量和厚度相同，如两盘的密度各为A ρ和B ρ，则( A )（A ）B A ρρ> （B ）B A ρρ<（C ）B A ρρ= （D ）不能确定B A ρρ的大小参考答案： B B A A h R h R M ρπρπ22==A A A h M MR J ρπ222121== BB B h M MR J ρπ222121== 2．有两个半径相同、质量相等的细圆环。

1环的质量分布均匀。

2环的质量分布不均匀，它们对通过圆心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为A J 和B J ，则( C )（A ）21J J > （B ）21J J <（C ）21J J = （D ）不能确定21J J 的大小参考答案：∵ ⎰=Mdm r J 2 ∴ 21J J =3．一圆盘绕过圆心且于盘面垂直的光华固定轴O 以角速度1ω按图所示方向转动，将两个大小相等，方向相反的力F 沿盘面同时作用到圆盘上，则圆盘的角速度变为2ω，那么( C )（A ）21ωω> （B ）21ωω=（C ）21ωω< （D ）不能确定如何变化参考答案：()12ωωJ J t r R F -=∆⋅- ()12ωω+∆⋅-=t r R JF4．均匀细棒OA 的质量为m 。

长为L ，可以绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图2所示，今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法那一种是正确的[ A ]（A ）合外力矩从大到小，角速度从小到大，角加速度从大到小。

（B ）合外力矩从大到小，角速度从小到大，角加速度从小到大。

（C ）合外力矩从大到小，角速度从大到小，角加速度从大到小。

（D ）合外力矩从大到小，角速度从大到小，角加速度从小到大。

大学物理-刚体的定轴转动-习题和答案

第4章刚体的定轴转动习题及答案1．刚体绕一定轴作匀变速转动，刚体上任一点是否有切向加速度？是否有法向加速度？切向和法向加速度的大小是否随时间变化？答：当刚体作匀变速转动时,角加速度β不变。

刚体上任一点都作匀变速圆周运动，因此该点速率在均匀变化，v l ω=，所以一定有切向加速度t a l β=，其大小不变。

又因该点速度的方向变化，所以一定有法向加速度2n a l ω=，由于角速度变化，所以法向加速度的大小也在变化。

2. 刚体绕定轴转动的转动定律和质点系的动量矩定理是什么关系？答：刚体是一个特殊的质点系，它应遵守质点系的动量矩定理，当刚体绕定轴Z 转动时，动量矩定理的形式为zz dL M dt=，z M 表示刚体对Z 轴的合外力矩，z L 表示刚体对Z 轴的动量矩。

()2z i i L m l I ωω==∑,其中()2i i I m l =∑，代表刚体对定轴的转动惯量，所以()z z dL d d M I I I dt dt dtωωβ====。

既 z M I β=。

所以刚体定轴转动的转动定律是质点系的动量矩定理在刚体绕定轴转动时的具体表现形式，及质点系的动量矩定理用于刚体时在刚体转轴方向的分量表达式。

3．两个半径相同的轮子，质量相同，但一个轮子的质量聚集在边缘附近，另一个轮子的质量分布比较均匀，试问：（1）如果它们的角动量相同，哪个轮子转得快？（2）如果它们的角速度相同，哪个轮子的角动量大？答：(1)由于L I ω=，而转动惯量与质量分布有关，半径、质量均相同的轮子，质量聚集在边缘附近的轮子的转动惯量大，故角速度小，转得慢，质量分布比较均匀的轮子转得快；（2）如果它们的角速度相同，则质量聚集在边缘附近的轮子角动量大。

4．一圆形台面可绕中心轴无摩擦地转动，有一玩具车相对台面由静止启动，绕轴作圆周运动，问平台如何运动？如小汽车突然刹车，此过程角动量是否守恒？动量是否守恒？能量是否守恒？答：玩具车相对台面由静止启动，绕轴作圆周运动时，平台将沿相反方向转动；小汽车突然刹车过程满足角动量守恒，而能量和动量均不守恒。

大学物理习题册及解答(第二版)第四章-刚体的定轴转动

上环可以自由在纸面内外摆动。求此时圆环摆的转动惯量。 O
(*)（3）求两种小摆动的周期。哪种摆动的周期较长？
R C
解：（1）圆环放在刀口上O，以环中心的平衡位置C点的为坐标原点。Z轴
J zc MR2
O
P
ŷ
P΄
x
指向读者。圆环绕Z轴的转动惯量为
Z
R
由平行轴定理，关于刀口的转动惯量为 J zo J zc MR 2 2MR 2
m(l a) J
杆摆动过程机械能守恒
J 1 Ml2 3
1 J 2 Mg l (1 cos )
2
2
解得小球碰前速率为 Ml
2gl sin
m(l a) 3 2
5．一轻绳绕过一半径R，质量为M/4的滑轮。质量为M的人抓住绳子的一端，而绳子另一端系一质量为M/2的重物，如图。求当人相对于绳匀速上爬时，重物上升的加速度是多少？
解：选人、滑轮、与重物为系统，系统所受对滑轮轴的
外力矩为
1 MgR
人
物2
设u为人相对绳的匀速度，为重物上升的
速度。则该系统对滑轮轴的角动量为
L M R M (u )R (1 M R2 ) 13 MR MRu
2
24
8
据转动定律
du 0 dt
dL dt
a
即 1 MgR d (13 MR MRu)
6. 一飞轮以角速度0绕光滑固定轴旋转，飞轮对轴的转动惯量为J1；另一静止飞轮突然和上述转动的飞轮啮合，绕同一转轴转动，该飞轮对轴的转动惯量为前者的二倍．啮合后整个系
统的角速度 / 3 0
7．一长为l，质量可以忽略的直杆，可绕通过其一端的水平光滑轴在竖直平面内作定轴转动，在杆的另一端固定着一质量为m的小球，如图所示．现将杆由水平位置无初转速地释放．则杆刚被释放时的角加速度a0 _ ，杆与水平方向夹角为60°时的角加速度a_

大学物理习题参考解答物理习题参考解答刚体基本运动_转动定律_动能定理

选择题_03图示单元四刚体基本运动转动动能 1一选择题01. 一刚体以每分钟60转绕z 轴做匀速转动(ω沿转轴正方向)。

设某时刻刚体上点P 的位置矢量为345r i j k =++，单位210m -，以210/m s -为速度单位，则该时刻P 点的速度为：【 B 】(A) 94.2125.6157.0v i j k =++；(B) 25.118.8v i j =-+；(C) 25.118.8v i j =--；(D) 31.4v k =。

02. 轮圈半径为R ，其质量M 均匀布在轮缘上，长为R ，质量为m 的均质辐条固定在轮心和轮缘间，辐条共有2N 根。

今若将辐条数减少N 根但保持轮对通过轮心，垂直于轮平面轴的转动惯量保持不变，则轮圈的质量为【 D 】(A)12N m M +； (B) 6N m M +； (C) 23N m M +； (D) 3Nm M +。

03. 如图所示，一质量为m 的均质杆长为l ，绕铅直轴OO '成θ角转动，其转动惯量为【 C 】(A)2112ml ；(B) 221sin 4ml θ；(C) 221sin 3ml θ； (D) 213ml 。

04. 关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是【 C 】 (A) 只取决于刚体的质量,与质量的空间分布和轴的位置无关； (B) 取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关； (C) 取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置；(D) 只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关。

05. 两个匀质圆盘A 和B 的密度分别为A ρ和B ρ，若A B ρρ>，但两圆盘的质量与厚度相同，如两盘对通过盘心垂直于盘面轴的转动惯量各为A J 和B J ，则【 B 】(A) A B J J >； (B) B A J J >；(C) A B J J =； (D) A J 和B J 哪个大，不能确定。

刚体的转动课后习题答案

第五章刚体的转动5-1 在图5-21中，一钢缆绕过半径为0.4 m 的定滑轮吊着一个升降机，钢缆不打滑. 假设升降机以0.5 m/s 2的加速度向上提升.（1）求滑轮的角加速度.（2）如果滑轮转三周，问从静止开始的加速运动持续了多长时间？（3）求当t =2 s 时，轮缘上一点的瞬时加速度（切向和法向加速度）.解：（1）由于钢缆与滑轮间无相对滑动，轮缘上各点的切向加速度与升降机的加速度相同，即a a t ==0.5m/s 2, 22rad/s25.1rad/s4.05.0===Ra t β（2）由于滑轮作匀角加速运动，角位移 20021t t βωθθ+=-已知rad 63220πππθθ=⨯==-n ，且00=ω，故s 5.5s 49.525.162)(20≈=⨯=-=s t πβθθ（3）由t βωω+=0，可知rad/s t 25.1==t βω，法向加速度2222222m/s625.0m/s4.0)25.1(t t R t R a n =⨯===βωt=2s 时，222m/s5.2m/s2625.0=⨯=n a又2m/s 5.0=t a ，∴ 总加速度为222222m/s55.2m/s 5.05.2=+=+=t n a a a︒====---4.63225.05.0111tgtga a tgnt αα为总加速度与法线方向的夹角.5-2轮A 半径r A =15cm ，轮B 半径r B =30cm ，两轮通过一皮带耦合，如图5-22所示. 轮A 从静止开始以恒定的角加速度1.2rad/s 2转动，问从开始运动30s 后轮B 的转速（min /rev ）是多大？假定皮带不打滑. 解：由于皮带与两个轮的轮缘间无相对滑动，所以两轮轮缘上各点的切向加速度相等，设等于t a ，两轮的角加速度分别为A β和B β，由角量与线量的关系有B B A A t r r a ββ==22rad/s6rad/s123015=⨯==ABA B r r ββs 30=t 时rad/s 180rad/s 630=⨯==t B B βω而n B πω2=，故rev/min 17192601802=⨯==ππωBB n5-3一匀质园盘从静止开始以恒定的角加速度绕过盘心的竖直轴转动，某一时刻的转速为10rev/s.再转100转后，转速达20rev/s. 试求（1）园盘的角加速度；（2）从静止到转速为15rev/s 所需的时间；（3）在第（2）向的过程中园盘转了多少圈？解：（1）由匀角加速运动的规律可知角加速度22222122rad/s42.9rad/s321002)210()220(2==⨯⨯⨯-⨯=-=ππππθωωβ（2）所需时间s 103215=⨯==ππβωt（3）由πθ2=n ，2022ωωθβ-= 及00=ω rev 75rev 35.22322)215(22122==⨯⨯⨯=⨯=πππβωπn5-4 6个质量均为m 的粒子与6根长度均为d 的轻杆组成一个正6边形的刚体，如图5-23所示. 计算该刚体关于如下转轴的转动惯量：（1）转轴通过任意相邻的粒子；（2）转轴通过任意粒子且与6边形的平面垂直.解：这是质量呈分立分布的刚体，由转动惯量的定义2i i r m I ∑∆=其中i r 为i m ∆到转轴的垂距，可计算如下：（1）221)3(2)23(2d m d m I +=225.7)343(2mdmd=+=（2）2222)2()3(22d m d m mdI ++=2212)42(md b md=++= 解5-4图5-5 三根长度均为l 的细杆组成一个等边三角形刚体ABC 如图5-24所示. 计算其关于中线的转动惯量. 假定杆的单位长度质量为λ.解：AB BC I I I 2+=已知BC 关于图中转轴的转动惯量为32212)(121121l ll mlI BC λλ===而⎰⎰==l r m r I AB d 22λ，其中r r dl d 260cos d =︒=∴ ⎰⎰=⋅==ll AB l r rl r I 02/032212d 2d λλλ∴3334122122l llI I I AB BC λλλ=⨯+=+=解5-5图5-6一个半径为R 的匀质半园环的质量为m ，计算其关于如图5-25中所示的轴的转动惯量. 解：这是质量连续分布的刚体，取如图质元l Rml m d d d πλ==θmRmRd d πθπ==m d 与转轴的垂距θsin R r =∴⎰⎰⋅==2/0222d sin2d πθπθmR m r I⎰=2/02d 22cos 2πθθπH mR解5-6图⎰⨯+=smRmR /0222d 222cos 2πθθπ22mR =5-7在图5-26中，一匀质园盘安装在固定的水平轴上，园盘半径R =20cm ，质量M =3kg.园盘边缘上绕着轻绳，轻绳下端悬挂着一个质量m =1.0kg 的物体.（1）求物体下落的加速度，园盘的角加速度以及绳中的张力；（2）物体下落3m 所需的时间. 解：（1）忽略轴处可能存在的摩擦，盘受的合外力矩M =TR ，对园盘用转动定理，对物体用牛顿第二定律，并注意到物体下落的加速及t a a =，列方程组如下βI TR =①ma T mg =-②R a a t β==③ 221MRI =④ 联立①②③④解5-7图解得22m/s92.3m/s1230.128.922=⨯+⨯⨯=+⋅==mM m g a a t角加速度 2rad/s 6.192.092.3===Ra t β张力N 88.5N 12338.90.12=⨯+⨯⨯=+⋅=mM Mmg T（2）由题意知，物体从静止下落，由于a 为恒量，由221ath =可得所求时间为s 24.192.3322=⨯==ah t5-8唱机的转盘由电机驱动，转盘以恒定的角加速度在 2.0秒内从零加速到min /rev 3133. 均质转盘质量为1.5kg ，半径1.2cm. 为驱动转盘所需的关于转轴的力矩多少？如果驱动轮的外缘与转盘相接触，如图5-27所示. 求驱动轮必须施予转盘的法向力是多大？假定两轮间的摩擦系数7.0=μ.解：由题意可知角速度rad/s 49.36023133=⨯=πω 角加速度2rad/s75.10.249.3==∆∆=t ωβ转动惯量2222kgm1008.1)2.0(5.12121-⨯=⨯⨯==MRI 解5-8图由转动定理可得驱动转盘所需的力矩为222kgm1089.1Nm 75.11008.1--⨯=⨯⨯==βI M产生这个力矩的力必在切向，如图所示N 158.0N 1075.1512.01089.122=⨯=⨯==--R M F t由切向力与正压力（沿法向指向园心）的关系N F t μ=知驱动轮必须施予转盘的法向力N 226.0N 7.0158.0===μtF N5-9两个质量为m 的物体悬挂在一刚性轻杆两端，杆长为l 1+l 2，其中l 2=3l 1，如图5-28所示，初始时使杆处于水平位置，杆与物体保持静止，然后释放.求两个物体刚开始运动时的加速度. 解：如图设轻杆两端的轻绳中张力分别为T 1和T 2，刚开始运动的瞬间两物体的加速度分别为a 1和a 2，由转动定理和牛顿第二定律，列方程组如下： 02211=-l T l T ① （轻杆转动惯量I ≈0） 22ma T mg =- ②11ma mg T =-③∵ r a a t β== ∴31212==l l a a ④从①得31221==l l T T ①′ 解5-9图将①′代入②得 2121ma T l l mg =-∴ )(2121a g m l l T -⋅=②′将②′和④代入③化简得22112122m/s88.5533/132)//()1/(==+=+-=g l l l l g l l a222211m/s96.1m/s88.531=⨯=⋅=a l l a5-10一长度为L 的匀质细杆最初垂直地立在地板上，如图5-29所示.如果此杆倾倒，试求杆撞击地板时的角速度是多大？假定杆与地板的接触端不发生滑动.解：设杆的质量为m ，则其对O 轴的转动惯量231mL I =，重力到O 轴的垂距为θsin 2L r =，故重力对O 的力矩为θθπSin L mgL mg M 2)sin(2=-⋅=沿顺时针方向，由转动定理βI M =我们有ββθ⋅==231sin 2mLI L mg∴θβsin 23Lg =又 td d ωβ=，t d d βω=，即ωθθθθθβωd sin 23d d d sin 23d d Lg t Lg t =⋅== 分离变量积分 ⎰⎰=πωθθωω0d sin 23d Lg可得L g /)cos 1(3θω-=解5-10图将杆倒地时的 ︒=90θ 代入上式，得 L g /3=ω5-11图5-30表示飞轮的制动装置包括一个制动杆和一个制动靴.飞轮质量为50 kg ，半径为0.5m ，以1200 rev/min 的速率旋转.当给制动杆末端施加100N 的制动力时，使飞轮停止转动所需多长时间？设飞轮与制动靴之间的摩擦系数5.0=μ.解：本题涉及两个刚体，一个是飞轮，另一个是制动杆，由题意知，合外力矩使飞轮产生角加速而制动，而作用在杆上的力矩则保持平衡，设杆受到的正压力为N ′，轮受到的正压力为N ，根据转动定理M = I β，我们有摩擦力μf 对飞轮的定轴O ，的力矩ββμ221mR I R f ==-① N f μμ=②对制动杆的定轴A ，F 和N '的力矩平衡0)(121=⨯'-+⨯l N l l F③ N N -='④由③得N 2501004.00.1)(121=⨯=⋅+='F l l l N ⑤解5-11图又由①可得 mRf μβ2-=⑥将N =250 N ，m =50 kg 代入②及⑥中可得22rad/s25rad/s2.0502505.0222-=⨯⨯⨯-='-=-=mRN mRf μβμ由于β为恒量，可由匀角加速运动公式t t βωω=-0，即βωω0-=t t其中0=t ω，n πω20=，将已知min /rev 1200=n 代入上式可得 s 5.03s )25(60120020≅-⨯⨯-=πt5-12一个倾角为ϕ的光滑斜面上安装着转动惯量为I 的定滑轮，斜面上质量为m 1的物体系在一绕在轮轴上的轻绳的一端，另一质量为m 2的物体则由缠绕在轮缘上的另一轻绳悬挂着，当m 2下降时，m 1则被拉上斜面，如图5-31所示.定滑轮的半径为R =0.3m 而其轴的半径为r =0.1m.试计算滑轮的角加速度解：在图中标出了m 1，m 2和滑轮的受力情况，其中T 1、T 2分别为两轻绳中的张力，对轮及两质点分别应用转动定理和牛顿第二定律，可列如下方程βI r T R T ='-'12① 1111sin a m g m T =-ϕ ② 2222a m T g m =- ③ r a β=1④R a β=2⑤解5-12图'-=11T T ， '-=22T T⑥ 由②及④可得 )sin (11ϕβg r m T -= ⑦ 由③及⑤可得)(22R g m T β-=⑧将⑦、⑧代入①得 βϕββI g r r m R g R m =---)sin ()(12 整理为)(sin 212212r m Rm I gr m gR m ++=⋅-βϕ解得 212212sin rm Rm I gr m gR m ++⋅-=ϕβ将m R 3.0=，m r 1.0=及2m/s8.9=g 代入上式，得111201.009.0sin 98.094.2m m I m m ++-=ϕβ5-13计算习题5-8中，力矩在加速过程中所作的功和平均功率.解：由转动动能定理 2122122121ωωI I E E W k k -=-=，可得力矩的功为J 1058.6J )49.3(1008.1210212222--⨯≅⨯⨯⨯=-=ωI W平均功率 W 1029.30.21058.622--⨯=⨯==tW p5-14一蒸汽机飞轮的质量为200kg ，半径为1m ，如果当转速达150rev/min 时阀门被关闭，设作用于飞轮轴处的平均摩擦力矩是5m.N ，计算（1）飞轮停止转动前力矩所作的功；（2）关闭阀门后经多长时间飞轮即可停止转动. 解：（1）关闭阀门时飞轮的角速度为rad/s 7.1560/150220=⨯==ππωn由转动动能定理，2022121ωωI I W -=，其中0=ω，得飞轮停止转动前摩擦力矩作的功：J 12324J 7.15120021212102220-=⨯⨯⨯⨯-=-=ωI W（2）由于力矩是恒定的，平均角加速度也是恒定的，故有βω0=t ，其中 IM =β则有 min 2.5s 31461200217.15200≅=⨯⨯⨯===MI t ωβω5-15试用转动动能定理再解习题5-10. 解：根据转动动能定理和力矩的功的定义⎰-==022121d ωωθI I M W在解5-10图中，重力对水平轴O 的力矩为θsin 2l mg M =，则有当杆的角位置为θ时，重力矩的功 ⎰-==θθθθ0)cos 1(21d sin 2mgl l mg W此时角速度为ωO I W -=221ω即 223121)cos 1(21ωθ⋅⨯=-mlmgl可得l g /)cos 1(3θω-=当杆倒地时，︒=90θ，代入上式可得l g /3=ω由角加速度θθωωθθωωβsin 23d d d d d d d d lg tt ==⋅==当︒=90θ时 lg 23=β.5-16在图5-32中，长为1.0m 的匀质杆最初静止于竖直位置，然后杆的下端获得一初始线速度0v ，使得杆绕水平固定轴O 开始旋转.试求为使杆至少完成一周的旋转，0v 的最小值是多大？解：当杆通过πθ=的角位置时角速度0≥ω，即可至少完成一周的旋转，设这过程中重力作的功为W ，即2021ωI O W -≥ ① 而重力的元功 θθd sin 21d ⋅⋅-=mg l Wmgl lmgW W =-==⎰⎰θθπd sin 21d 0②将②及231ml I =，l /00v =ω代入①可得7.67m/s m/s 18.9660=⨯⨯==gl v 解5-16图5-17明渠中的流水驱动着水车的叶轮，叶轮半径2.0m ，如图5-33所示.水流到达叶轮的速度是6.0m/s ，离开叶轮的速度是3.0m/s ，水流量为每秒300kg.（1）水流作用于叶轮的力矩有多大？（2）如果叶轮边缘的速度是3m/s ，传送给叶轮的功率是多大？解：（1）考虑水的一个小质元d m 沿切向速度以v 1冲向水平的叶片，离开时速率减为v 2，该质元对水车中心的角动量增量为0)(d )d ()d (1212<-=-R m R m R m v v v v ，这是因为叶片的反作用力矩所致，由合外力矩与角动量对时间变化率的关系，可知R tm tL M )(d d d d 12v v -==其中tm d d 是每单位时间流经水车的水质量，即水的流量.由作用反作用定律，水作用在水轮机叶片上的力矩为m N 101.8m N 2)0.30.6(300)(d d 321⋅⨯=⋅⨯-⨯=-=-='R tm M M v v（2）水流传递给叶轮的功率为 RMM tMtW P v ====ωθd d d dkW 7.2W 107.223108.133=⨯=⨯⨯=5-18一个人坐在可绕竖直轴自由转动的转椅上，开始时，人静止地坐在转椅上，用手握住一转盘的中心轴，转盘以4rev/s 的角速度旋转，其转轴在竖直位置，角动量i L 的方向向上，如图5-34所示.如果此人将转盘的轴倒置会发生什么现象？假定轮盘对其中心轴的转动惯量是1kg.m 2. 解：由于系统是孤立的，对竖直轴的外力矩为零，所以系统对该轴的总角动量守恒.==∑i L L 常量人将转盘轴倒置后，转盘的角动量变为i L -，设在相互作用过程中，系统获得的角动量为L ，则后来的总角动量为L -L i ，由于系统总角动量守恒，即i i L L L -=从而 L =2L i设系统对转椅轴共同的角速度为ω，则有ωI L = 即人将转盘轴倒置后，整个系统将绕转椅的竖直轴以角速度ω旋转rev/s 6.154122=⨯⨯===IL I L i ω其中转盘的初角动量11ωI L i =，21kgm 1=I ，rev/s 41=ω.5-19一质量为M ，半径为R 的匀质园盘以角速度ω绕过其中心的竖直轴旋转，如果盘缘质量为m ∆的一小块破裂并飞离园盘，如图5-35所示，（1）园盘的角动量在边缘破损后变成多大？（2）小块被抛出多远？假定园盘与地面的距离为h .解：在盘缘破损过程中，对轴的合外力矩为零，故总角动量守恒 =∑ωI 常量设盘后来的转动惯量为I ′，角速度为ω′，则有ωωω2mR I I ∆+''=即ωωω2222)21(21mR mRMRMR ∆+'∆-=ωωω=∆-∆-='222221)21(mRMRmRMR园盘的角动量变为 ωω)21(22mRMRI L ∆-=''='（2）小块m ∆作平抛运动221gt h =，gh t 2=故m ∆被抛出的水平距离为gh RRt t S 20ωω===v5-20一质量为M ，半径为R 的匀质园台，可以绕过中心的竖直轴无摩擦地旋转.假定初始时一个人静止地站在台边缘处，然后沿园台边缘行走.(1)如果此人步行一周回到台面的初始位置，园台将转过多大角度？（2）如果此人回到相对于地面的初始位置，园台又将转过多大角度？解：∵ 运动过程中对竖直轴的合外力矩 M =0，∴ 系统总角动量守恒=∑L 常量. （1）园台将沿相反方向相对地面旋转，设任意时刻人、台对地面的角速度分别为ω和Ω，∵ 0=∑i L ，∴ 任意时刻有 02122=Ω-MR mR ω①又设人对台的相对角速度为ω'，由速度合成定理Ω-'=ωω ②将②代入①得 021)(22=Ω-Ω-'MR mRω解得ω'+=ΩmM m 21 ③设H 为台对地的角坐标，θ'为人对台的角坐标，则Ω=Θtd d ，ωθ'=td d④将④代入③，两边积分 ⎰⎰'+=ΘHm M m 020d 22d πθ得台转过的角度π222⋅+=ΘmM m（2）设人对地的角坐标为θ，则有人对地的角速度 td d θω=，将 td d θω=和 td d Θ=Ω代入①式，得Θ=d 21d 22MR mR θ 对两边积分得⎰⎰Θ=πθ2022d 21d HMRmR这次台对地转过的角度为π22⋅=ΘM m显然，第二种情况园台转过的角度大些. 5-21两个飞轮A 和B 可以通过轮轴上的摩擦离合器连接或分离，如图5-36所示.当两轮分离时，B 轮静止，而A 轮角度速度达600rev/min ，然后连接离合器，B 轮开始加速而A 轮减速，直到两轮具有相同的角速度240rev/min.当连接完成时，离合器片发出的热量是2000J ，分别求出两轮的转动惯量. 解：在连接过程中，合外力矩M=0（离合器片作用的摩擦力矩为内力矩）∴系统总角动量守恒f i L L ∑=∑. 即21)(ωωB A A I I I +=①由于相互作用是完全非弹性的，动能不守恒，由能量守恒与转化定律，动能的减少量即为摩擦产生的热量Q I I I E B A A k =+-=∆2221)(2121ωω②从①可得221)(ωωωB A I I =-B B B A I I I I 32240600240212=⋅-=⋅-=ωωω③把J Q E k 2000==∆和③代入②，得2000)123(21212221=+-ωωA A I I 解得2222kgm69.1kgm)42(25)102(4000=⨯⨯-⨯=ππA I其中用到 10rev/srev/min6001==ω， rev/s 42=ω.由③得2kgm53.223==A B I I。